2022年安徽高考文科数学真题及参考答案

2023年12月3日发(作者：小学数学试卷优势怎么写)

2022年安徽高考数学真题及参考答案文科数学注意事项1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.设集合M2，4,6，8，10，Nx1x6，则MN（A.）2,4B.2,4,6C.2,4,6，8）D.2，4,6，8，102.若12iab2i，其中a，b为实数，则（A.a1,b1B.a1,b1C.a1,b1）D.a1,b13.已知向量a2,1，b2,4，则ab（A.2B.3C.4D.5，得如下茎叶图：4.分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h）则下列结论中错误的是（）A.甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4B.乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8C.甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4D.乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6xy25.若x,y满足约束条件x2y4，则z2xy的最大值是（y0A.2B.42）C.8D.12）6.设F为抛物线C:y4x的焦点，点A在C上，点B3,0，若AFBF，则AB（1A.2B.22C.3）D.327.执行右图的程序框图，输出的n（A.3C.5B.4D.68.右图是下列四个函数中的某个函数在区间3,3的大致图象，则该函数是（）x33xA.yx21C.yx33xB.y2x1D.y2xcosxx212sinxx219.在正方体ABCDA1B1C1D1，E，F分别为AB，BC的中点，则（A.平面B1EF⊥平面BDD1C.平面B1EF∥平面A1ACB.平面B1EF⊥平面A1BDD.平面B1EF∥平面A1C1D））10.已知等比数列an的前3项和为168，a2a542，则a6（A.14B.12C.6D.311.函数fxcosxx1sinx1在区间0,2的最小值、最大值分别为（A.），22B.3，22C.，222D.3，22212.已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A.13B.12C.33D.22二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。213.记Sn为等差数列an的前n项和.若2S33S26，则公差d.14.从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为.15.过四点0,0，4,0，1,1，4,2中的三点的一个圆的方程为.16.若fxlna1b是奇函数，则a1x，b.三、解答题：共70分，解答应写出文字证明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、/2题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分，17.（12分）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsinABsinBsinCA.（1）若A2B，求C；（2）证明：2abc.22218.（12分）如图，四面体ABCD中，ADCD，ADCD，ADBBDC，E为AC的中点.（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设ABBD2，ACB60，点F在BD上，当AFC的面积最小时，求三棱锥F-ABC的体积.19.（12分）某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山.为估计一林区某种树木3的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：㎡）和材积量（单位：m³），得到如下数据：1样本号i根部横截面积xi材积量yi并计算得0.250.400.221020.0630.0440.0850.0860.0570.0580.0790.07100.06总和0.60.040.540.51100.340.360.460.420.403.9xi1102i0.038，yi1.6158，xiyi0.2474.i1i12（1）估计该林区这种树木平均一颗的根部横截面积与平均一颗的材积量；（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186㎡.已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比.利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值.附：相关系数rxi1nixyiy，1.8961.377.2xi1nixy2i1niy20.已知函数fxax1a1lnxx（1）当a0时，求fx的最大值；（2）若fx恰有一个零点，求a的取值范围.（12分）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A0，121.2，B，两点（1）求E的方程；（2）设过点P1，2的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MTTH.证明：直线HN过定点.32（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的4第一题计分.【选修4-4：坐标系与参数方程】（10分）22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x3cos2ty2sint，（t为参数）.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为sin（1）写出l的直角坐标方程；（2）若l与C有公共点，求m的取值范围.m0.3【选修4-5：不等式选讲】（10分）23.已知a,b,c均为正数，且abc（1）abc3232321，证明：1；9（2）abc1.bcacab2abc5参考答案一、选择题：1.A2.A3.D4.C5.C解析：因为ab2,12,44,3，∴ab解析：甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值解析：由题意作出可行域，如图阴影部分所示，4235.260.3750.4.16转化目标函数z2xy为y2xz，上下平移直线y2xz，可得当直线过点4,0时，直线截距最小，z最大，所以z2408.6.B解析：∵F为抛物线焦点，∴F1,0，∴BF2又∵点A在C上，AFBF，∴A1,2（A不妨在第一象限），∴AB22.7.B解析：执行第一次循环，bb2a123，aba312，nn12.b2321220.01；4a222b21执行第二次循环，b7，a5，n3，220.01；25ab21执行第三次循环，b17，a12，n4，220.01，此时输出n3x2xcosx解析：设fx2，则f10，故排除B；设hxx1x21，当x0,2时，0cosx1，所以hxg39.A2sin30，故排除D.102xcosx2x2sinx，故排除C；，则1gx222x1x1x1解析：对于A：在正方体ABCDA1B1C1D1，E，F分别为AB，BC的中点，易知EFBD，从而EF平面BDD1，又∵EF平面BDD1，∴平面B1EF⊥平面BDD16对于B：∵平面A1BD∩平面BDD1BD，由上述过程易知面B1EF⊥面A1BD不成立.对于C：由题意知直线AA1与直线B1E比相交，平面B1EF与平面A1AC有公共点，C错误.对于D：连接AC，AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又因为平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面AB1C与平面B1EF不平行，∴D错误.10.D解析：设等比数列an首项a1，公比q2a1a2a31681a11qq168由题意，，即，解得：a196，q.32a2a542a1q1q42∴a6a1q3.11.D解析：fxsinxsinxx1cosxx1cosx，5∴fx在区间0，和23,2上fx＞0，即fx单调递增；2在区间3，22上fx0，即fx单调递减.33311，2，f22222又f0f22，f3，最大值为2.22解析：设该四棱锥底面四边形为四边形ABCD，四边形ABCD所在的小圆半径为r，12.C设四边形ABCD对角线夹角为，1112则SABCDACBDsinACBD2r2r2r.222（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）∴fx在区间0,2上的最小值为即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r.又rh1，则VOABCD222r2r22h21222222rhrr2h2333时等号成立.343273当且仅当r2h即h227二、填空题13.2解析：由2S33S26可得2a1a2a33a1a26，化简得：2a3a1a26，即2a12d2a1d6，解得d2.314.101C33解析：设“甲、乙都入选”为事件A，则PA3.C51015.x2y3222476513或x2y15或xy339222281692或xy1525解析：圆过其中三点共有四种情况，求解办法是两条中垂线的交点为圆心，圆心到任一点的距离为半径.16.①1②ln22解析：∵函数fxlna1b为奇函数，∴其定义域关于原点1x对称.由a1a110可得：1xa1ax0，∴x1，解得：a，1xa2即函数的定义域为，11,11，，再由f00可得：bln2.即fxln111xln2ln，21x1x在定义域内满足fxfx，符合题意.三、解答题（一）必考题17.解：（1）由A2B，sinCsinABsinbsinCA可得，sinCsinBsinBsinCA，而0B即有sinCsinCA0，∴sinB0,1，2而0C,0CA，显然CCA，∴CCA，而A2B，ABC，∴C（2）由sinCsinABsinbsinCA可化简为5.8sinCsinAcosBsinCcosAsinBsinBsinCcosAsinBcosCsinA，由正弦定理可得：accosBbccosAbccosAabcosC，8即accosB2bccosAabcosC，a2c2b2b2c2a2a2b2c2由余弦定理可得：ac，2bcab2ac2bc2ab化简得：2abc，故原等式成立.18.解:（1）∵ADCD，ADBBDC，且BD为公共边，∴ADBCBD∴ABBC又∵E为AC的中点，且ADCD∴DEAC，同理：BEAC.又∵DEBEE，且DE，BE平面BED，∴AC平面BED.又∵AC平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD（2）依题意ABBDBC2，ACB60，ABC是等边三角形∴AC2，AEEC1，BE2223，由于ADCD，ADCD，∴ACD是等腰直角三角形，∴DE2BE2BD2，∴BEDE由于ACBEE，AC，BE平面ABC，∴DE平面ABC.BFBF由于ADBCBD，∴FBAFBC，由于FBAFBC，∴FBAFBCABCB∴AFCF，∴EFAC，1ACEF，∴当EF最短时，AFC的面积最小2过E作EFBD，垂足为F，由于SAFC在RTBED中，311BEDEBDEF，解得EF，2222313BF31，BF2DE，∴.∴DF122BD42过F作FHBE，垂足为H，则FH∥DE，∴FH平面ABC，且FHBF33，∴FH，DEBD4411133SABCFH23.33244∴VFABC919.解：（1）样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值x样本中10棵这种树木的材积量的平均值为y3.90.39，100.60.06，10据此可估计该林区这种树木平均一颗的根部横截面积为0.06㎡，平均一颗的材积量为0.39m³（2）rxi110ixyiy2xyi1i10i10xyxi110ixy2i12niy10221022xi10xyi10yi1i10.038100.061.6158100.3920.2474100.060.390.01340.00018960.01340.970.01377则r0.97（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为Ym，又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，可得则该林区这种树木的总材积量估计为1209m.20.解：（1）当a0时，fx330.061863，解得Y1209m.0.39Y1111xlnx,x0，则fx22，xxxx当x0,1时，fx0，fx单调递增；当x1，时，fx0，fx单调递减.∴fxmaxf11；11a1ax1x1，a1lnx,x0，则fxa22xxxx当a0时，ax10，（2）fxax∴当x0,1时，fx0，fx单调递增；当x1，时，fx0，fx单调递减.∴fxmaxf1a10，此时函数无零点，不合题意；当0a1时，11，a在1，上fx0，fx单调递减.在0,1，,上fx0，fx单调递增；又f1a10101a1a11lnx1，即ln1x，∴lnxx，lnxx,lnx2x，xx11当x1时，fxaxa1lnxax2a1xax2a3x，xx由（1）得13则存在m2，使得fm0，aa∴fx仅在21,有唯一零点，符合题意；a0，∴fx单调递增，又f1a10，2x1当a1时，fxx2∴fx有唯一零点，符合题意；当a1时，11，a1a在0,1，,上fx0，fx单调递增；在1，上fx0，fx单调递减.此时f1a10，由（1）得：当0x1时，lnx11a1111，lnx1，∴lnx2，xxx此时fxax11112a1a1lnxax2a11，xxxxx2存在n14a11，使得fn0，a1a无零点，∴fx在0，有一个零点，在，∴a的取值范围为0，.1a1，21.解：（1）设椭圆E的方程为mxny1，过A0，2，B，22324n1x2y2111.则9，解得m，n，∴椭圆E的方程为3434mn14111，∴AB:y2（2）A0，2，B，3222x，即yx233x2y2①若过点P1，1，2的直线斜率不存在，直线x1，代入342626262，ABM1，N1，T63，可得，，代入：yx2可得3333由MTTH得到H265，26，326x2，过点0，则求得HN方程：y22.3②若过点P1，2的直线斜率存在，设kxyk20，Mx1,y1，Nx2,y2.kxyk2022联立x2得3k4x6k2kx3kk40，y214382k6k2kyyxx12224k13k243k24可得，则且xyxy122123kk43k24444k2kyyxx12123k243k24yy13y1T3,y1，H3y16x1,y1.联立，可得2yx223可求得此时HN:yy2y1y2xx2，3y16x1x2将0，2代入整理得2x1x26y1y2x1y2x2y13y1y2120将代入，得24k12k9648k24k4848k24k36k480222显然成立，综上，可得直线HN过定点0，2.（二）选考题：22.解：（1）∵l：sin13cosm0m0，∴sin22312又∵siny，cosx，∴化简为13yxm0，22整理得l的直角坐标方程：3xy2m0.（2）联立l与C的方程，即将x3cos2t，y2sint代入3xy2m0中，可得3cos2t2sint2m0，∴312sint2sint2m0化简为：6sint2sint32m0，要使l与C有公共点，则2m6sint2sint3有解，令sinta，则a1,1，令fa6a2a3,1a1，2222对称轴为a1911，开口向上，∴famaxf15，faminf666∴191952m5，∴m的取值范围是m.612232（1）证明：∵a,b,c均为正数，∴a23.解：3abc∴a2b2c2，33232323330,b0,c0，3232即abc12111，∴abc，当且仅当a2b2c2，即abc3时取等号.399333（2）证明：∵a,b,c均为正数，∴bc2bc，ac2ac，ab2ab，∴aaabbbccc，，.bc2bc2abcac2ac2abcab2ab2abc323232323232abcabc1bcacab2abc2abc2abc2abc当且仅当abc时取等号.∴13